Альтернатива непрерывной дроби и приложениям

Question

Этот пост навеян Numberphile видео 2.920050977316 , реклама бумаги прайм-Представительство Constant Дилана Фридман, Juli Garbulsky, Бруно Glecer, Джеймс Грязь и Масся Tron Флорентин, причастна альтернатива дробей. Цель этого поста - обсудить актуальность этой альтернативы, спросив, может ли она доказать иррациональность чисел, для которых она была неизвестна ранее.

Напомним сначала понятие непрерывной дроби . По заданному номеру$\alpha>0$рассмотрим рекуррентное соотношение $u_0 = \alpha$ а также $$ u_{n+1} = \begin{cases} (u_n - \lfloor u_n \rfloor)^{-1} & \text{ if } u_n \neq \lfloor u_n \rfloor \\ 0 & \text{ otherwise } \end{cases}$$ и разреши $a_n = \lfloor u_n \rfloor $. потом$$\alpha = a_0 + \frac{1}{a_1+\frac{1}{a_2+\frac{1}{\ddots}}}$$ обозначенный $[a_0; a_1, a_2, \dotsc]$. Это рационально тогда и только тогда, когда$a_n = 0$ для $n$достаточно большой. Так что это отличный инструмент, чтобы доказать иррациональность некоторых чисел. Например,$\phi = [1;1,1, \dotsc]$ это золотое сечение, потому что $(\phi-1)^{-1}=\phi$.

Позволять $p_n$ быть $n$th простое, то мы можем рассматривать иррациональное число $[p_1;p_2,p_3, \dots] = 2.31303673643\ldots$( A064442 ), который затем сжимает данные всех простых чисел более естественным и эффективным способом, чем просто взятие$2.\mathbf{3}5\mathbf{7}11\mathbf{13}17\mathbf{19}\ldots$. В упомянутой выше статье предлагается еще один интересный способ сжатия простых чисел, в котором используется постулат Бертрана , т. Е.$p_n < p_{n+1} < 2p_n$. Этот способ является своеобразной альтернативой непрерывным дробям. По заданному номеру$\beta \ge 2$рассмотрим рекуррентное соотношение $u_1=\beta$ а также $$u_{n+1} = \lfloor u_n \rfloor (u_n - \lfloor u_n \rfloor + 1).$$ Позволять $a_n= \lfloor u_n \rfloor $. потом$a_n \le a_{n+1} < 2a_n$ и указанная статья доказывает, что $$\beta = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_{n+1}-1}{\prod_{i=1}^{n-1}a_i}$$ обозначается, скажем, $(a_1,a_2,a_3, \dots )$.

По упомянутой статье:
Теорема 1 : Пусть$(a_n)$ последовательность натуральных чисел такая, что:

• $a_n < a_{n+1} < 2a_n$,
• $\frac{a_{n+1}}{a_n} \to 1$

тогда $\beta := (a_1,a_2,a_3, \dots ) := \sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_{n+1}-1}{\prod_{i=1}^{n-1}a_i}$ иррационально.

Отсюда следует, что число $(p_1,p_2,p_3,\dots) = 2.920050977316\ldots$ иррационально.

Вопрос : Можно ли доказать теорему 1 какими-нибудь ранее известными методами?

Замечание : первый пункт теоремы 1 можно ослабить до$a_n \le a_{n+1} < 2a_n$, когда $(a_n)$ не является в конечном итоге константой.

Для заданного непостоянного полинома $P \in \mathbb{Z}[X]$ с положительным ведущим членом и $P(n) \neq 0$ для всех $n \in \mathbb{N}_{\ge 1}$, рассмотреть возможность $a_n=P(n)$. Тогда из теоремы 1 легко вывести, что число$e_P\mathrel{:=}(a_1,a_2, \dotsc )$иррационально. Например, возьмем$P(X)=X^k$, с участием $k \in \mathbb{N}_{\ge 1}$, тогда $$e_k:= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(n+1)^k-1}{n!^k}$$иррационально. Обратите внимание, что$e_1 = e$- число Эйлера .

Следующий результат применим для альтернативного доказательства иррациональности $e_k$ для всех $k$, и из $e_P$ для многих $P$(не все), но не для$(p_1,p_2,p_3, \dots)$

Теорема 2 : Пусть$(a_n)$ последовательность натуральных чисел такая, что:

• $a_n \le a_{n+1} < 2a_n$,
• $\forall k \in \mathbb{N}_{\ge 1}$, $\exists m$ такой, что $k$ разделяет $a_m$,

тогда $\beta := (a_1,a_2,a_3, \dots ) := \sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_{n+1}-1}{\prod_{i=1}^{n-1}a_i}$ иррационально.

Доказательство : Предположим, что$\beta = \frac{p}{q}$. По предположению существует$m$ такой, что $q$ разделяет $a_m$. Согласно упомянутой статье, если$u_1=\beta$ а также $u_{n+1} = \lfloor u_n \rfloor (u_n - \lfloor u_n \rfloor + 1)$, тогда $a_n= \lfloor u_n \rfloor $. Легко увидеть, что$u_n$ всегда можно записать со знаменателем, равным $q$(возможно, не упрощенный). Следует, что$u_{m+1}=a_m(u_m-a_m+1)$ и это $a_m u_m$целое число. Так$u_{m+1}$целое число. Отсюда следует, что для всех$n>m$ тогда $u_n=u_{m+1}$, и другие $a_n=a_{m+1}$. Но из второго пункта теоремы 2 следует, что$a_n \to \infty$, противоречие. $\square$

Следующий пример покажет, что условие $\frac{a_{n+1}}{a_n} \to 1$ не нужно по иррациональности.

Рассмотреть возможность $a_n=\lfloor \frac{3^n}{2^n} \rfloor + r_n$, с участием $0 \le r_n < n$ такой, что $n$ разделяет $a_n$. Отрегулируйте последовательность для$n$мала, так что выполняется первый пункт теоремы 2. потом$\beta$ иррационально, тогда как $\frac{a_{n+1}}{a_n} \to \frac{3}{2} \neq 1$.

Дополнительный вопрос : что является необходимым и достаточным условием иррациональности?

Джоэл Морейра предположил в этом комментарии, что это может быть рационально тогда и только тогда, когда$(a_n)$в конечном итоге-константа. См. Новый пост. Всегда ли эти рациональные последовательности достигают целого числа? посвященный этому вопросу.

К вашему сведению, легко вычислить, что $$\pi = (3, 3, 4, 5, 5, 7, 10, 10, 13, 17, 31, 35, 67, 123, 223, 305, 414, 822, 1550, 2224, ...) $$

Answer 1

Прошу прощения, если комментарий вводит в заблуждение, и приветствую указать на любые ошибки в следующем доказательстве. Это пояснение к предыдущему комментарию.

И это только доказательство неразумности $e_k$.

А стратегия доказательства - это имитация доказательства Фурье иррациональности числа Эйлера.$e$.

---

если $\forall n=\mathbb{N}^{*} \quad n$, $n$ хватит большого, $$ \left(n!\right) \cdot a \notin \mathbb{Z} \quad \text { then } a \notin \mathbb{Q} \hspace{1cm}(1) $$

WLOG, в следующем расчете мы не различаем $x,y$ если $x-y\in \mathbb{Z}$. И мы пишем$x=y+\mathbb{Z}$ если только $x-y\in \mathbb{Z}$.

$\begin{aligned} m ! e_{k} +\mathbb{Z}&=\sum_{n \geq m+1} \frac{(n+1)^{k}-1}{(m+1) \cdots(n-1) n)^{k}}+\mathbb{Z} \\ &=\sum_{n \geqslant m+2} \frac{(n+1)^{k}-1}{((n-1) \cdots(n-1) n)^{k}}+\frac{(m+2)^{k}-1}{(m+1)^{k}}+\mathbb{Z}\\ &=\sum_{n \geq m+2} \frac{(n+1)^{k}-1}{((m+1) \cdots(n-1) n)^{k}}+\sum_{i=1}^{k-1} \frac{C_{k}^{i} \cdot(m+1)^{i}}{(m+1)^{k}}+1 +\mathbb{Z}\\ &=\sum_{n \geqslant m+2} \frac{(n+1)^{k}-1}{( m+1) \cdots(n-1) n)^{k}}+\sum_{i=1}^{k-1} \frac{C_{k}^{i}}{(m+1)^{i}}+\mathbb{Z}\hspace{1cm}(*) \end{aligned}$

Фактически в $(*)$ у нас есть $\sum_{n \geqslant m+2} \frac{(n+1)^{k}-1}{((m+1) \cdots(n-1) n)^{k}}= O(\frac{1}{m^{k}})$, $\sum_{i=1}^{k-1} \frac{C_{k}^{i}}{(m+1)^{i}}=O(\frac{1}{m})$.

Теперь возьми $m$ достаточно большой, на самом деле $m=10000\cdot k^{100}$ хорошо, тогда $$0< \sum_{n \geqslant m+2} \frac{(n+1)^{k}-1}{((m+1) \cdots(n-1) n)^{k}}+\sum_{i=1}^{k-1} \frac{C_{k}^{i}}{(m+1)^{i}}< 1$$

Так $(*)\neq \mathbb{Z}$, так $(1)$ правда, $ e_{k}$ не рационально.